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Fondamenti di Elettronica (Informatici) 2° appello 21-7-2014 Traccia della soluzione Esercizio A 1) La capacità di carico della porta 2 è pari alle capacità di gate dei transistori della porta 3: CL2 =C’ ox (Wn∙L+Wp∙L)= 47fF. Usando la stima per eccesso del tempo di commutazione abbiamo: Req NOT =Vdd/(k(Vdd-Vt) 2)= 845 Ω , t p2= ln(2)∙Req NOT ∙CL2 = 27.5ps. 2) Con EN=1 il pull-up è dato da un solo pMOS e il pull-down dalla serie di due nMOS. Per uguagliare i tempi di commutazione si deve avere k p,NAND =k eq. n, NAND =k/2= 312.5 μA/V 2. Dato che il k p,NAND è la metà del kp della NOT, la larghezza del pMOS è Wp,NAND = W P/2= 12.5 μm. 3) Quando EN=0 l’uscita della NAND è fissa a 1 e non si hanno oscillazioni. Quando EN=1 il segnale OUT non può raggiungere una condizione di equilibrio stabile perché si ha un anello con un numero dispari di negazioni. Il circuito oscilla con un periodo pari a circa due volte il tempo di propagazione del segnale lungo tutto l’anello: t p,TOT = t p1 +t p2 +t p3 Toscillazione = 2∙t p,TOT . tp2 è già noto dal punto 1. La porta 3 è uguale alla 2 ma con un carico pari a: C L3 = C’ ox (Wn∙L+Wp NAND ∙L)= 31.25fF, quindi t p3 = ln(2)∙Req NOT ∙CL3 = 2/3 ∙ t p2 =18.3ps La porta 1 ha lo stesso carico della 2, C L1 =C L2 = 47fF, e i transistori (equivalenti) pari alla metà della porta 2: Req NAND = 2∙Req NOT = 1.69k Ω . Quindi t p3 = ln(2)∙Req NAND ∙CL3 = 2∙t p2 = 55ps. Si ottiene quindi: t p,TOT = t p1 +t p2 +t p3 = 3.67∙t p2 = 101ps Toscillazione = 2∙t p,TOT = 202ps foscillazione = 1/T oscillazione = 4.95GHz. 4) Tutte le porte commutano alla stessa frequenza calcolata al punto precedente: Pd=VDD 2∙foscillazione ∙(C L1 +C L2 +C L3 )= VDD 2∙foscillazione ∙CL2 ∙2.67= 6.8mW Esercizio B 1) A bassa frequenza le resistenze R2 e R3 sono in serie:…